Question

13．已知橢圓G：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的兩焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，其離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，橢圓G上一點(diǎn)M滿足$\overrightarrow{{MF}_{1}}•\overrightarrow{{MF}_{2}}$=0．且△MF₁F₂的面積為1．
（I）求橢圓G的方程；
（Ⅱ）過橢圓G長(zhǎng)軸上的點(diǎn)P（t，0）的直線l與圓O：x²+y²=1相切于點(diǎn)Q（P與Q不重合），交橢圓G于A，B兩點(diǎn)，若|AQ|=|BP|，求實(shí)數(shù)t的值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓G：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，知a²=4b²，由$\overrightarrow{{MF}_{1}}•\overrightarrow{{MF}_{2}}$=0，知MF₁⊥MF₂，且△MF₁F₂的面積為1，知|MF₁||MF₂|=2．由此能導(dǎo)出橢圓G的方程；
（2）由題意設(shè)出l：y=k（x-t），得到OQ所在直線方程，求出Q的坐標(biāo)，由直線和圓相切得到${k}^{2}=\frac{1}{{t}^{2}-1}$，再聯(lián)立直線方程和橢圓方程，由|AQ|=|BP|可得AB中點(diǎn)與PQ中點(diǎn)重合，由此列式求得k值，代入${k}^{2}=\frac{1}{{t}^{2}-1}$求得t值．

解答 解：（Ⅰ））∵$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}=\frac{3}{4}$，即a²=4b²，①
∵$\overrightarrow{{MF}_{1}}•\overrightarrow{{MF}_{2}}$=0，∴MF₁⊥MF₂，且△MF₁F₂的面積為1，
則${S}_{△M{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$|MF₁||MF₂|=1，即|MF₁||MF₂|=2．
∵|MF₁|+|MF₂|=2a，
∴|MF₁|²+2|MF₁||MF₂|+|MF₂|²=4a²．
∴|F₁F₂|²+4=4a²．
∴4（a²-b²）+4=4a²，∴b²=1．②
將②代入①，得a²=4．
∴橢圓G的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）如圖，由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，設(shè)為k，
則l：y=k（x-t），
則OQ所在直線方程為y=-$\frac{1}{k}x$，
由O到直線l的距離d=$\frac{|-kt|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=1$，得${k}^{2}=\frac{1}{{t}^{2}-1}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-t）}\\{y=-\frac{1}{k}x}\end{array}\right.$，解得：Q（$\frac{{k}^{2}t}{1+{k}^{2}}，-\frac{kt}{1+{k}^{2}}$），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-t）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-8k²tx+4k²t²-4=0，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}t}{1+4{k}^{2}}$，
由題意可知，AB中點(diǎn)與PQ中點(diǎn)重合，
則$\frac{4{k}^{2}t}{1+4{k}^{2}}=\frac{\frac{{k}^{2}t}{1+{k}^{2}}+t}{2}$，即${k}^{2}=\frac{1}{2}$．
代入${k}^{2}=\frac{1}{{t}^{2}-1}$，得t=$±\sqrt{3}$．
∴實(shí)數(shù)t的值為$±\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查橢圓方程求法，考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等知識(shí)，考查化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，以及抽象概括能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力，是中檔題．